第一章碰撞与动量守恒综合训练（Word版含答案）

第1章碰撞与动量守恒
一、选择题（共15题）
1．如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则
A．拉力对物体的冲量大小为Ft，方向水平向右
B．拉力对物体的冲量大小为Ftsin θ，方向与F的方向相同
C．重力对物体的冲量为零
D．合外力对物体的冲量大小为零
2．2019年10月29日，由航天科技集团六院801所承担推进分系统的火星探测器完成悬停、避障、缓速下降及着陆试验，充分验证了探测器到达火星后在降落阶段的控制和推进工作性能。已知火星的质量和半径分别约为地球的十分之一和二分之一。则下列说法正确的是（　　）
A．火星表面的重力加速度是地球表面加速度的五分之一
B．火星探测器要悬停，可以保持向下喷出燃料的速度不变和单位时间内喷出燃料的质量逐渐减小
C．火星探测器要向左水平平移，合外力的冲量方向为右偏下
D．火星探测器要缓速下降，不需要任何方向喷出燃料
3．如图光滑水平面上有质量相等的A和B两个物体，B上装有一轻质弹簧，B原来静止，A以速度v正对B滑行，当弹簧压缩到最短时，有：( )
A．A的速度减小到零 B．B的速度达到最大
C．A和B具有相同的速度 D．A和B具有相同的动量变化量
4．某同学练习投篮，他多次将篮球从处抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直篮板上，示意图如图所示。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．若篮球与篮板发生非弹性碰撞，则篮球一定会落入篮框
B．从抛出到撞击篮板，篮球沿路径①运动的时间短些
C．篮球两次刚碰到篮板时的速度相等
D．他两次对篮球做功的多少无法比较
5．某人站在一平静湖面上静止的游轮上观光，不慎掉落一质量m=10g的实心木珠（视为质点），从木珠刚入水到木珠速度减为零的时间为木珠在空中运动时间的一半，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2.木珠在水中向下运动过程中受到水的平均作用力大小为（　　）
A．0.08N B．0.008N C．0.3N D．0.03N
6．我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”。假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M＝2100g，当它以对地速度为v0＝840m/s喷出质量为的高温气体后，火箭的对地速度为（喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计）（　　）
A．42m/s B． C．40m/s D．
7．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=4m/s，vB=2m/s。当A追上B并发生碰撞后，用vA′和vB′分别表示A、B两球碰后的速度，两球A、B速度的可能值是（　　）
A．vA′=3m/s，vB′=4m/s B．vA′=3m/s，vB′=2.5m/s
C．vA′=2m/s，vB′=3m/s D．vA′=-4m/s，vB′=6m/s
8．如图所示，三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上，A、C两球的质量均为m，B球的质量为km（k>1）。给A球一个水平向右的初速度v0，B球先与A球发生弹性正碰，再与C球发生弹性正碰。系数k为多少时，B与C碰后瞬间B球的速度最大（　　）
A．2.5 B．3 C．3.5 D．4
9．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示，碰撞前后两壶运动的v-t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则
A．碰后红壶被反弹回来
B．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力
C．碰后蓝壶速度为0.8m/s
D．碰后蓝壶移动的距离为4m
10．如图所示，从P点以水平速度v将小球抛向固定在地面上的塑料筐，小球（可视为质点）恰好能够入筐。不考虑空气阻力，则小球在空中飞行的过程中（　　）
A．小球机械能守恒
B．小球动量守恒
C．小球质量越大，所用时间越少
D．小筐右移一段距离后，小球抛出点不变，仍以速度v平抛，小球仍然可以入筐
11．如图所示，质量为0.5kg的小球在距离车底面高20m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4kg，设小球在落到车底前瞬时速度是25m/s，g取10m/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是（　　）
A．m/s B．5m/s C．4m/s D．m/s
12．光滑水平面上有一质量均匀的木块，初始时木块静止，接着有两颗完全相同的子弹先后以相同大小的初速度射入木块。首先左侧子弹射入，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧子弹射入，子弹水平射入木块的最大深度为d2，如图所示。设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是（　　）
A．木块最终静止，d1=d2
B．木块最终静止，d1C．木块最终静止，d1>d2
D．木块最终向左运动，d1=d2
13．如图，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下保持静止，经过一段时间t，对几个力的冲量，说法正确的是（　　）
A．物体所受合力的冲量为0 B．摩擦力对物体冲量为Ftcosθ
C．拉力对物体的冲量为Ftcosθ D．物体所受支持力的冲量为0
14．两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，，，，，当A球与B球发生碰撞后，AB两球的速度可能为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
15．如图所示，光滑的半圆槽置于光滑的水平地面上，从一定高度自由下落的小球m恰能沿半圆槽边缘的切线方向滑入原先静止的槽内，对此情况，下列说法不正确的是
A．小球第一次离开槽时，将向右上方做斜抛运动
B．小球第一次离开槽时，将做竖直上抛运动
C．小球离开槽后，仍能落回槽内，而槽将做往复运动
D．槽一直向右运动
二、填空题
16．质量是20g的子弹，以400m/s的速度射入质量是300g、静止在光滑水平桌面上的木块，并留在木块中．子弹和木块的共同速度是______ m/s，在此过程中产生的内能是____J．
17．高压采煤水枪出□的截面积为，水的射速为，水平射到煤层上后，水的速度为零，若水的密度为，求煤层对水的平均冲力的大小？
18．甲乙两船自身质量为120 kg，都静止在静水中，当一个质量为30 kg的小孩以相对于地面6 m/s的水平速度从甲船跳上乙船时，不计阻力，甲、乙两船速度大小之比：v甲∶v乙=_______。
19．“探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球m1＝30g，原来静止的被碰小球m2＝20g，由实验测得它们在碰撞前后的x﹣t图像如图所示，由图可知，入射小球碰撞前的动量是_____________，入射小球碰撞后的动量是_____________，被碰小球碰撞后的动量是_____________，由此得出结论_____________。
三、综合题
20．如图所示，半径为R1＝1.8 m的光滑圆弧与半径为R2＝0.3 m的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L＝2.0 m、质量为M＝1.5 kg的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同．现在让质量为m2＝2 kg的物块静止于B处，质量为m1＝1 kg的物块从光滑圆弧顶部的A处由静止释放，物块m1下滑至B处和m2碰撞后不再分开，整体设为物块m(m＝m1＋m2)．物块m穿过半圆管底部C处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为2 m/s时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g＝10 m/s2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计．
(1)求物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能；
(2)求物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力大小；
(3)若物块m与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，求物块m在台阶表面上滑行的最大距离．
21．如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。现完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，求：
(1)弹簧被压缩过程中的最大弹性势能Ep；
(2)从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量I。
22．如图甲所示，一轻质短弹簧被夹在质量均为m=0.10kg的两小木块A、B之间（弹簧与小木块A、B不粘连），弹簧长度被锁定，将此装置放在如图乙所示，倾角为θ＝斜面上且木块A固定在斜面底端，斜面与木块B间的动摩擦因数。若解除锁定，木块B能沿斜面上升的最大高度h=1m。取g=10m/s2，忽略空气阻力。
（1）求弹簧解锁前的弹性势能Ep；
（2）图丙为同一竖直平面内左边为四分之一光滑圆弧MP和右边为半径r（未知）可调的光滑半圆QN与光滑水平面PQ组成的轨道，M与圆心O1等高，圆弧MP半径R=1.8m。若将图甲中装置由轨道M端静止释放，第一次滑至水平面时，解除锁定，木块A能够到达半圆QN轨道最高点N。求半圆QN轨道的半径r的取值范围。
23．如图所示，质量为M=0.5kg、长L=1m的平板车B静止在光滑水平面上，小车左端紧靠一半径为R=0.8m的光滑四分之一圆弧，圆弧最底端与小车上表面相切，圆弧底端静止一质量为mC=1kg的滑块．现将一质量为mA=1kg的小球从圆弧顶端静止释放，小球到达圆弧底端后与C发生弹性碰撞．C与B之间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．若在C刚好滑上木板B上表面的同时，给B施加一个水平向右的拉力F．试求：
（1）滑块C滑上B的初速度v0．
（2）若F=2N，滑块C在小车上运动时相对小车滑行的最大距离．
（3）如果要使C能从B上滑落，拉力F大小应满足的条件．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
AB．拉力的对物体的冲量大小为Ft，方向与F方向相同，A、B都错误；
C．重力的冲量是mgt，C错误；
D．物体匀速运动，合外力为零，合外力冲量为零，D正确。
故选D。
2．B
【详解】
A．由题可知
，
根据
代入数据，可得
A错误；
B．火星探测器悬停时，受到向外喷出燃料时的反冲力与火星探测器的重力平衡，反冲力大小
由于火星探测器喷出燃料后总质量减小，因此反冲力也会减小，若喷出的燃料速度不变，则单位时间内喷出燃料的质量逐渐减小，B正确；
C．火星探测器要向左水平平移，合外力的冲量方向为水平向左，C错误；
D．火星探测器要缓速下降，需要向下方喷出燃料，产生向上的反冲力，以减缓下降的速度，D错误。
故选B。
3．C
【详解】
A在压缩弹簧的过程中，B做加速运动，A做减速运动，当弹簧压缩到最短时，A、B速度相等；此时A. B受到的合力最大，加速度最大，然后，A继续做减速运动，B继续做加速运动，由此可知，当弹簧压缩最短时，A的速度不为零，A.B速度相等，B的加速度最大，速度不是最大值，故AB错误，C正确；
此过程，B受到的冲量向右，A受到的冲量向左，根据动量定理，A和B动量变化量方向相反．故D错误．
故选C.
4．D
【详解】
A．若篮球与篮板发生非弹性碰撞，碰后速度不确定，则篮球不一定会落入篮框，故A错误；
B．将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故B错误；
C．反向视为平抛运动，则平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第二次用的时间较短，故第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞篮板的速度较大，故C错误；
D．根据速度的合成可知，水平速度第二次大，竖直速度第一次大，故抛出时的动能大小不能确定，他两次对篮球做功的多少无法比较，故D正确。
故选D。
5．C
【详解】
设下落时间为t，全程根据动量定理
解得
故选C。
6．B
【详解】
喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的相同竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
故B正确，ACD错误。
故选B。
7．C
【详解】
依题意，根据动量守恒定律可得
根据碰撞过程系统机械能不会增多，可得
且碰后满足
代入数据可求得，碰前系统总动量为
碰前总动能为
A．如果，，则碰后总动量为
动量不守恒，不可能，A错误；
B．碰撞后，、两球同向运动，球在球的后面，球的速度大于球的速度，不可能，B错误；
C．如果，，则碰后总动量为
系统动量守恒，碰后总动能为
系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；
D．如果，，则碰后总动量为
系统动量不守恒，D错误。
故选C。
8．B
【详解】
设A、B发生弹性碰撞后的速度分别vA、vB1，则
mv0=mvA+kmvB1
联立解得
设B、C发生弹性碰撞后的速度分别为vB2、vC，同理可得
代入整理得
解得当k=3时，vB2最大．
故选B。
9．C
【详解】
由图知：碰前红壶的速度，碰后速度为，可知，碰后红壶沿原方向运动，故A错误．根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力．故B错误．设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：，解得：v=0.8m/s，故C正确；根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶移动的位移大小，故D错误；故选C．
10．A
【详解】
A．小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故A正确；
B．小球运动过程中中合外力为重力，故动量不守恒，故B错误；
C．小球运动过程飞行为平抛运动，飞行时间与高度有关，和质量无关，故C错误；
D．抛出点不变，初速度不变，在相同的时间时，小球只能飞到框的左边而被拦截，故不能进框内，故D错误。
故选A。
11．B
【详解】
试题分析：据题意，小球从20m高出向走抛出做平抛运动，落到车上时数值分速度为：，即，此时水平分速度为：，当小球和车相对静止时，据动量守恒定律有： ，则小车的速度为：，故选项B正确．
12．B
【详解】
左侧子弹射入木块与木块一起向右运动，设共同速度为v1，由动量守恒有
由能量守恒有
右侧子弹与木块及左侧的第一颗子弹共同运动的速度设为v2，由动量守恒有
由能量守恒有
解得
v2=0
所以木块最终静止，d1故选B。
13．AB
【详解】
A．物体在拉力F的作用下保持静止，有共点力的平衡条件，可知物体所受合力是零，则合力的冲量是零，A正确；
B．由平衡条件可知，摩擦力是
Ff=Fcosθ
所以由冲量公式I=Ft，可得摩擦力对物体冲量为Ftcosθ，B正确；
C．由冲量公式I=Ft，可得拉力对物体的冲量为Ft，C错误；
D．物体所受支持力为
FN=mg Fsinθ
由冲量公式I=Ft，可得物体所受支持力的冲量（mg Fsinθ）t，D错误。
故选AB。
14．AB
【详解】
A．碰撞后，A、B的动量
pA=1×4kg·m/s=4kg·m/s，pB=2×4kgm/s=8kg·m/s
系统动量守恒，系统总动能
Ek=mAvA2+mBvB2=×1×42J+×2×42J=24J<25J
系统动能不增加，故A正确；
B．碰撞后，A、B的动量
pA=1×2kg·m/s=2kg·m/s，pB=2×5kg·m/s=10kg·m/s
系统动量守恒，系统总动能
E′k=mAv′A2+mBv′B2=×1×22J+×2×52J=27J<25J
系统动能不增加，故B正确；
C．碰撞后，A、B的动量
p′A=1×（-4）kg·m/s=-4kg·m/s，p′B=2×6kg·m/s=12kg·m/s
系统动量不守恒，故C错误；
D．由题碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，故D错误。
故选AB。
15．AD
【详解】
AB．小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，初状态时系统在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，小球第一次离开槽时，系统水平方向动量守恒，球与槽在水平方向的速度都为零球离开槽后做竖直上抛运动，故A错误，B正确;
CD．小球沿槽的右侧下滑到底端过程，槽向右做加速运动，球从底端向左侧上升过程，槽向右做减速运动，球离开槽时，槽静止，球做竖直上抛运动，然后小球落回槽的左侧，球从槽的左侧下滑过程，槽向左做加速运动，从最低点向右上滑时，槽向左做减速运动，然后球离开槽做竖直上抛运动，此后重复上述过程，由此可知，槽在水平面上做往复运动，故C正确，D错误。
由于本题选择错误的，故选AD。
16． 25 1500
【详解】
设子弹的质量为m,初速度为,木块的质量为M.
若子弹留在木块中,取子弹初速度方向为正方向,子弹和木块组成的系统动量守恒,有:
解得：
根据功能关系知道系统内减少的动能转化为内能，所以内能的大小为
故本题答案是：(1). 25 (2). 1500
17．ρsv2
【详解】
取一小段时间的水为研究对象，它在此时间内速度由v变为零，煤对水产生了力的作用，即水对煤冲力的反作用力.设在Δt时间内，从水枪射出的水的质量为Δm，则
Δm=ρSv Δt
以Δm为研究对象，它在Δt时间内动量变化为
Δp=Δm（0-v）=-ρSv2Δt
设F为水对煤层的冲力，根据动量定理有
FΔt=Δp=-ρSv2Δt
故
F=-ρSv2
根据牛顿第三定律知，煤层对水的反冲力大小为ρSv2
18．5∶4
【详解】
根据系统动量守恒定律的条件可知：以甲、乙两船和小孩为系统作为研究对象，系统动量守恒，根据动量守恒定律可得
所以
19． 碰撞中mv的矢量和是守恒的量
【详解】
由图像可知，碰前入射小球的速度
v1＝＝＝1m/s
碰后入射球的速度为
被碰球碰后的速度为
入射球碰前的动量为
入射小球碰撞后的动量为
被碰小球碰撞后的动量为
碰后系统的总动量为
通过计算发现，两小球碰撞前后的动量相等，即：碰撞中mv的矢量和是守恒的量。
20．(1)12J；(2)90N；(3)0.8m
【详解】
（1）设物块下滑到B点时的速度为，由机械能守恒可得
解得
、碰撞满足动量守恒
解得
则碰撞过程中损失的机械能为
（2）物块m由B到C满足机械能守恒：
解得
在C处由牛顿第二运动定律可得
解得
（3）设物块m滑上木板后，当木板速度为时，物块速度为，由动量守恒定律得
解得
设在此过程中物块运动的位移为，木板运动的位移为，由动能定理得
对物块m
解得
对木板M
解得
此时木板静止，物块m到木板左端的距离为
设物块m在台阶上运动的最大距离为，由动能定理得
解得
21．(1)；(2)大小为2mv0，方向水平向右
【详解】
(1)A、B相碰的过程动量守恒
解得
A、B一起向左压缩弹簧至最短的过程有
(2)碰后系统机械能守恒，则A球回到原位置时，速度大小仍为v。对A、B的系统，从碰后到A回到原位置的过程，取水平向左为正方向，有
墙对弹簧的冲量等于弹簧对系统的冲量，所以墙对弹簧的冲量大小为，负号表示冲量的方向水平向右。
22．（1）；（2）
【详解】
（1）解除锁定到B上升到最大高度，由功能定理可得
代入数据，解得
（2）AB从M静止释放到P点，由动能定理可得
代入数据，解得
当A在N点恰好通过时有
解得
解除锁定后，A、B类似于发生碰撞，，根据动量守恒，可得
整个过程根据能量守恒，有
代入数据，解得
或者
由于A在右边，取
对A从Q运动到N由动能定理有
代入数据，解得
故半圆QN轨道的半径r的取值范围
23．（1）；（2）；（3）或
【详解】
（1）设A到达圆弧底端的速度为v
由动能定理可得
代入数据得
A与C发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律可得
由以上两式解得
（2）物体C滑木板B以后，做匀减速运动，此时设B的加速度为，C的加速度为，由牛顿第二定律得
解得
木板B做加速度运动，由牛顿第二定律得
解得
两者速度相同时，有
解得
C滑行的距离
B滑行的距离
C与B之间的最大距离
（3）C从B上滑落的情况有两种：
（i）当F较小时滑块C从B的右端滑落，滑块C能滑落的临界条件是C到达孤右端时，C、B具有共同的速度v1，设该过程中B的加速度为aB，C的加速度不变，根据匀变速直线运动的规律
由以上两式可得
再代入，则C滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是从B上滑落；
（ii）当F较大时滑到C从B的左端滑落，在C到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，此时的临界条件是之后必须相对静止，才不会从B的左端滑落．
对于B、C整体有
对于C有
由以上两式解得
F=3N
即若F大于3N，A就会相对B向左滑下；
综上所述力，F满足的条件是或
答案第1页，共2页